Evaluar $\lim_{j \rightarrow +\infty} (I + A/j)^j$

Question

Dejemos que $A$ ser un $n\times n$ matriz. Evaluar $$\lim_{j \rightarrow +\infty} \left(I + \frac{A}{j}\right)^j.$$

Mi opinión es $e^A$ .

Mi intento:

$$\begin{align*} \lim_{j \rightarrow +\infty} (I + \frac{A}{j})^j &= \lim_{j \rightarrow +\infty} \sum_{k=0}^{j} \frac{j!}{k!(j-k)!}I^{j-k}\Big(\frac{A}{j}\Big)^k \\ &= \lim_{j \rightarrow +\infty} \sum_{k=0}^{j} \frac{j!}{k!(j-k)!}\frac{A^k}{j^k}\\ &= \lim_{j \rightarrow +\infty} \sum_{k=0}^{j} \frac{j(j-1)...(j- (k-1))(j-k)!}{k!(j-k)!}\frac{A^k}{j^k} \\ &= \lim_{j \rightarrow +\infty} \sum_{k=0}^{j} \frac{j(j-1)...(j- (k-1))}{k!}\frac{A^k}{j^k} \end{align*}$$

Tenga en cuenta que $\lim_{j \rightarrow +\infty} \frac{j(j-1)\cdots (j- (k-1))}{j^k} = 1$ .

Entonces $\lim_{j \rightarrow +\infty} (I + \frac{A}{j})^j = e^A$ .

¿Cómo puedo demostrar que puedo intercambiar el $\lim$ y $\sum$ ?

Answer 1

La razón por la que puede intercambiar los límites (es decir, tomar el límite en $j$ interior) es que la serie es uniformemente convergente de forma absoluta: $$\lim_{j\to \infty}\sum_{k=0}^{j} a_k(j)\quad\textrm{ with }\quad |a_k(j)|\leq \left|\frac{A^k}{k!}\right|\leq \frac{|A|^k}{k!}$$ Con "uniformemente" me refiero a uniformemente en $j$ : $|a_k(j)|$ es menor que una cantidad independiente de $j$ .

En la práctica, la convergencia uniforme permite centrarse en una suma finita, intercambiar los límites, hacer el límite en $j$ y luego concluir que el error al tomar la suma finita fue "pequeño". Más en detalle: $$\lim_{j\to \infty}\left(\sum_{k=0}^{N} a_k(j)+\sum_{k=N+1}^{j}a_k(j)\right) =\lim_{j\to \infty}\sum_{k=0}^{N} a_k(j)+\lim_{j\to \infty}\sum_{k=N+1}^{j} a_k(j)=\\ =\sum_{k=0}^{N}\lim_{j\to \infty}a_k(j)+\lim_{j\to \infty} R_N(j)$$ con $R_N(j):=\sum_{k=N+1}^{j} a_k(j)$ . Poniendo $\bar a_k= \lim_{j\to \infty}a_k(j)=A^k/k!$ $$\lim_{j\to \infty}\sum_{k=0}^{j} a_k(j) =\sum_{k=0}^{N}\bar a_k+\lim_{j\to \infty} R_N(j)=\sum_{k=0}^{\infty}\bar a_k+\lim_{j\to \infty} (R_N(j)-S_N(j))$$ con $S_N(j):=\sum_{k=N+1}^{j}\bar a_k$ . Pero, como $|a_k(j)|\leq\frac{|A|^k}{k!}$ , $$\forall j\quad|R_N(j)|\leq \sum_{k=N+1}^{\infty}\frac{|A|^k}{k!}=:r_N,\quad \textrm{with} \quad \lim_{N\to \infty}r_N=0.$$ y de manera similar $\forall j\quad |S_N(j)|\leq\sum_{k=N+1}^{\infty}\frac{|A|^k}{k!}=r_N.$

PS. Cuando $A$ es una matriz, definimos su norma (o una de sus normas) como $|A|^2=\sum_{ij}A_{ij}^2$ . La propiedad buena (que se utiliza aquí) es que $|A^n|\leq |A|^n$

Answer 2

Observe la diferencia

$\displaystyle\sum_{k=0}^j \dfrac{j (j-1) \cdots (j-k+1)}{j^k} \dfrac{A^k}{k!} - \sum_{k=0}^j \dfrac{A^k}{k!} = \sum_{k=0}^j \left[ \dfrac{j (j-1) \cdots (j-k+1)}{j^k} - 1 \right] \dfrac{A^k}{k!}$

Como sabemos que

$\dfrac{j (j - 1) \cdots (j-k+1)}{j^k} \rightarrow 1 \;\;$ como $\;\; j \rightarrow \infty$

y

$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty \dfrac{A^k}{k!} = e^A$

entonces, dado un $\varepsilon > 0$ podemos encontrar un $N \in \mathbb{N}$ tal que

$\left| \dfrac{j (j-1) \cdots (j-k+1)}{j^k} - 1 \right| < \dfrac{\varepsilon}{2 \lVert e^A \rVert}$

y

$\left \lVert \displaystyle \sum_{k=0}^j \dfrac{A^k}{k!} \right \rVert < 2 \lVert e^A \rVert$

siempre que $j \geq N$ para que

$\displaystyle \left\lVert \sum_{k=0}^j \left| \dfrac{j (j-1) \cdots (j-k+1)}{j^k} - 1 \right| \dfrac{A^k}{k!} \right\rVert < \dfrac{\varepsilon}{2\lVert e^A \rVert} \left\lVert \sum_{k=0}^j \dfrac{A^k}{k!} \right\rVert < \dfrac{\varepsilon}{2\lVert e^A \rVert} 2 \lVert e^A \rVert = \varepsilon$

Obsérvese que sólo hemos utilizado las convergencias de una secuencia y una suma. ¿Puedes generalizar esta afirmación?